Solucion parcial 3
Author:
Memo Garro
Last Updated:
7年前
License:
Creative Commons CC BY 4.0
Abstract:
Solución al tercer examen parcial del curso de Algebra
\begin
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Solución al tercer examen parcial del curso de Algebra
\begin
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]{colorejercicio}
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name=Ejercicio
]{ejercicio}
\begin{document}
\begin{center}
{\bf Examen Parcial 3 de \'Algebra}
{\bf \color{red}{(Soluci\'on)}}
\end{center}
\begin{ejercicio}[1]
Expresa la matriz inversa de $A=\begin{pmatrix} 1 & \phantom{-}2\\ 1 & -2\end{pmatrix}$ como producto de matrices elementales.
\end{ejercicio}
\begin{proof}[\color{red}{Soluci\'on}]
Vamos a calcular la matriz inversa de $A$ con el m\'etodo de Gauss-Jordan. En cada paso definiremos la matriz elemental de acuerdo a la operaci\'on realizada en la reducci\'on.
\begin{align*}
\left(
\begin{matrix}
1 & \phantom{-}2\\
1 & -2
\end{matrix}
\right.\left|\left.
\begin{matrix}
1 & 0\\
0 & 1
\end{matrix}
\right)\right.&\xrightarrow{\, R_2-R_1\, }\left(
\begin{matrix}
1 & \phantom{-}2\\
0 & -4
\end{matrix}
\right.\left|\left.
\begin{matrix}
\phantom{-}1 & 0\\
-1 & 1
\end{matrix}
\right)\right. &E_1&=\begin{pmatrix} \phantom{-}1 & 0\\-1 & 1\end{pmatrix}\\[0.5em]
&\xrightarrow{R_1+\frac12R_1}\left(
\begin{matrix}
1 & \phantom{-}0\\
0 & -4
\end{matrix}
\right.\left|\left.
\begin{matrix}
\phantom{-}\sfrac12 & \sfrac12\\
-1 & 1
\end{matrix}
\right)\right. &E_2&=\begin{pmatrix} 1 & \sfrac12\\0 & 1\end{pmatrix}\\[0.5em]
&\xrightarrow{\, \ -\frac14R_2\ \, }\left(
\begin{matrix}
1 & 0\\
0 & 1
\end{matrix}
\right.\left|\left.
\begin{matrix}
\sfrac12 & \phantom{-}\sfrac12\\
\sfrac14 & -\sfrac14
\end{matrix}
\right)\right. &E_3&=\begin{pmatrix} 1 & \phantom{-}0\\0 & -\sfrac14\end{pmatrix}
\end{align*}
De donde
\[
A^{-1}=
\begin{pmatrix}
\sfrac12 & \phantom{-}\sfrac12\\
\sfrac14 & -\sfrac14
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 1 & \phantom{-}0\\0 & -\sfrac14\end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 & \sfrac12\\0 & 1\end{pmatrix}\begin{pmatrix} \phantom{-}1 & 0\\-1 & 1\end{pmatrix}.
\]
\end{proof}
\begin{ejercicio}[2]
Una matriz cuadrada $A$ es {\em ortogonal} si $A^\top=A^{-1}$. Prueba que si $A$ es una matriz ortogonal, entonces $|A|=1$ \'o $|A|=-1$.
\end{ejercicio}
\begin{proof}[\color{red}{Soluci\'on}]
Tenemos,
\begin{align*}
|A|^2&=|A||A| && \text{\footnotesize definici\'on del cuadrado de un n\'umero}\\
&=|A||A^T| && \text{\footnotesize propiedad del determinante: $|A|=|A^T|$}\\
&=|A||A^{-1}| && \text{\footnotesize por hip\'otesis: $A^{-1}=A^T$}\\
&=|AA^{-1}| && \text{\footnotesize el determinante de un producto es el producto de los determinantes}\\
&=|I| && \text{\footnotesize definici\'on de matriz inversa}\\
&=1 && \text{\footnotesize el determinante de la identidad es $1$}.
\end{align*}
De donde $|A|=\pm\sqrt1$. Esto es, $|A|=1$ \'o $|A|=-1$.
\end{proof}
\begin{ejercicio}[3]
Para qu\'e valores de $\alpha\in\mathbb{R}$ la matriz siguiente es in\-ver\-ti\-ble.
\[
A=
\begin{pmatrix}
-\alpha & \alpha-1 & \alpha+1\\
1 & 2 & 3\\
2-\alpha & \alpha+3 & \alpha+7
\end{pmatrix}
\]
\end{ejercicio}
\begin{proof}[\color{red}{Soluci\'on}]
Observamos que el tercer rengl\'on es la suma del primero y dos veces el segundo. Por lo tanto $|A|=0$. Luego la matriz $A$ no es invertible (no importa el valor de $\alpha$).
\end{proof}
\end{document}